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海量资源尽在星星文库：届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题（参考答案）一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项屮，只有一项是符合题目要求的。1．【答案】D【解析】过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，①错；碳酸氢钠不与CaCl2溶液反应，②错；钠是活泼金属，常温下易被空气中氧气氧化，③错；过氧化钠与水、CO2反应放出氧气，Na2O与水(CO2)反应生成氢氧化钠(Na2CO3)，④对；金属与硝酸反应，浓硝酸的还原产物为NO2，稀硝酸的还原产物为NO，⑤对。2．【答案】B【解析】A错误，溶液的pH=7，所以溶液中的溶质为Na2SO4，c(Na+)=2c(SO42-)；n(SO42-)总=n(Na+)=a/2mol；即n(CuSO4)+n(H2SO4)=amol，因此n(H2SO4)、n(CuSO4)都小于a/2mol，B正确，C、D错误。3．【答案】C【解析】图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，A错误。催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，B错误。催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，C正确。图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，D错误。4．【答案】D【解析】A项，稀氨水和Mg2＋、Al3＋反应都生成白色沉淀；B项，AgI沉淀的黄色将AgCl沉淀的白色掩盖；C项，Fe3＋遇KSCN溶液呈红色；D项，SO在稀盐酸中与Ba2＋溶液不能生成BaSO3沉淀，而SO与Ba2＋在稀盐酸中反应生成白色沉淀BaSO4。5．【答案】C【解析】A错误，图5反应物总能量大于生成物总能量，是放热反应；B错误，图6中当NaOH未滴入之前时，CH3COOH的pH应大于1；C正确，图7通过a作一条辅助线，与KNO3的溶解度曲线有一交点在a点之上，说明a点溶液是不饱和溶液；D错误，图8表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时曲线并没有达到平衡，所以反应物的转化率并不是最大。6．【答案】A【解析】由丙烷的燃烧热ΔH＝－2215kJ·mol－1，可写出其燃烧的热化学方程式C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－2215kJ·mol－1，丙烷完全燃烧产生1.8g水，n(H2O)＝m÷M＝1.8g÷18g·mol－1＝0.1mol，所以反应放出的热量是Q＝(2215kJ÷4mol)×0.1＝55.4kJ，A选项正确。7．【答案】C【解析】Y原子M层电子数为(a－b)，L层电子数为(a＋b)＝8，X元素的次外层电子数为b，最外层电子数为a，则b＝2，a＝6。即X为氧元素，Y为硅元素，二者形成的化合物为SiO2，它能和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2。二、非选择题：共174分。第22〜32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考海量资源尽在星星文库：题，考生根椐要求作答8．【答案】(1)0.2000(2)0.0100mol·L-1醋酸的pH大于2(3)增大(4)用pH计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH【解析】(1)由于实验3消耗的氢氧化钠的体积与其他差别较大,所以要舍去,V(NaOH)==20.00mL,则c(CH3COOH)==0.2000mol·L-1。(2)若醋酸为一元强酸,则完全电离,浓度为0.0100mol·L-1的醋酸pH应为2,已知pH为3.38,说明醋酸没有完全电离,是弱酸。(3)随着醋酸浓度的减小,氢离子的浓度越来越接近醋酸的浓度,说明浓度越小醋酸的电离程度越大。(4)由于醋酸存在电离平衡,温度不同时电离程度不同,pH不同,因此,可以测定当醋酸浓度相同时,不同温度下的pH。三、·9．【答案】(1)BD(2)淡黄中＜(3)＞【解析】(1)要注意两点：一是促进水的电离，可排除A；二是使溶液呈酸性，可排除C。(2)100℃沸水仍呈中性，根据此时水的离子积常数可知，该温度下水的pH＝6。(3)根据题意可知，原氨基酸溶液显弱碱性，稀释后溶液的pH＝8，则原溶液的pH应大于8。10．【答案】Ⅰ.(1)合理(2)NaOH溶液2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑(3)BⅡ.(1)H＋＋OH－===H2O(2)NH＋OH－===NH3·H2OAl3＋、Fe3＋、H＋NH(3)0.008(4)0.0327【解析】Ⅰ.由表中数据比较可知，铝的熔点比铁低，该反应放出的热量使铁熔化，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。利用金属Al与强碱液反应放出氢气的性质即可验证。由于Fe与Al都是活泼的金属，所以可以用稀硫酸或者稀盐酸溶解。Ⅱ.由图像可知硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，CD段为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀的生成，DE段消耗了NaOH，由此证明硝酸和金属反应的还原产物为较低价态的NH，EF段为Al(OH)3的消失，只剩下Fe(OH)3沉淀。B与A的差值为Al(OH)3，为4mol·L－1×(36－34)×10－3L＝0.008mol，参加反应的n(Al)＝0.008mol，因为1mol的Al3＋、Fe3＋均与3mol的NaOH反应，由电子守恒可知Fe和Al化合价升高的总数等于HNO3生成NH降低的总数，即3n(Fe)＋3n(Al)＝n(NH)×8＝4mol·L－1×(34－31)×10－3L×8，解得n(Fe)＋n(Al)＝0.032mol，n(Fe)＝0.024mol，两种沉淀的物质的量为0.032mol。生成两种沉淀共消耗n(NaOH)＝0.032mol×3＝0.096mol，所以C点体积为31mL－×103mL·L－1＝7mL。四、·海量资源尽在星星文库：．【答案】(1)偏大(2)偏大(3)偏小(4)偏大(5)偏大(6)偏小(7)偏小(8)偏大五、【化学——物质结构与性质】12．【答案】小H2O【解析】本题为元素推断题，主要考查原子结构、元素周期表、元素周期律知识，同时考查氧化还原反应及离子方程式的书写，旨在考查考生对物质组成、结构、性质的综合应用能力。由题中信息可推知X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Fe四种元素。X(C)、Y(O)位于同一周期，自左向右电负性增大，故X的电负性比Y的小，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故较稳定的为H2O。六、【化学——有机化学基础】13．【答案】(1)(2)1消去反应(3)NH4+(4)(5)【解析】(1)通过对比A、B的结构简式可知，A→B发生的是取代反应，化学方程式：；(2)连4个各不相同的基团的C为手性C原子，C分子中的手性碳原子用“★”标注：数目为1个；对比D、E的结构简式，主要的变化是：，从一个有机物分子中失去一个小分子，并形成不饱和化合物的反应是消去反应，因此D→E的反应类型为消去反应。(3)根据元素守恒，无机盐只能是铵盐，该无机盐中的阳离子为NH4+；(4)比F少5个碳原子的同系物X，说明X中含有一个羧基、一个苯环，另外还含有1个饱和碳原子，①属海量资源尽在星星文库：于芳香族化合物，说明含有苯环；②苯环上只有1个取代基；③属于酯类物质，说明含有—COO—基团，因此结构简式可以为：；(5)以2—甲基—1—丙醇、苯为原料合成(F)，产率和原子利用率都比较高，说明更多的运用加成的原理，根据所学的知识结合题给信息，首先将2—甲基—1—丙醇转化为卤代烃，然后利用已知①将两个有机物结合起来，再模仿类似于A→B的变化实现苯环右边基团的转化，最后再利用已知②实现目的，流程为：。